P6070 『MdOI R1』Decrease

P6070 『MdOI R1』Decrease

题目

给定一个 $n\times n$ 的矩阵，你可以进行若干次操作。

每次操作，你可以将一个 $k\times k$ 的 连续 子矩阵里的所有数全都加上 $1$ 或者全都减去 $1$。

初始时，矩阵中有 $m$ 个位置上的数不为 $0$，其它位置上的数均为 $0$。

请你求出至少需要多少次操作，可以将矩形中所有数都变为 $0$。

输入

第一行三个整数 $n,m,k$，分别表示矩阵大小，非 $0$ 格数和每次修改的连续子矩阵大小。

接下来 $m$ 行，每行三个整数 $x,y,z$，表示初始时矩阵的第 $x$ 行第 $y$ 列上的数为 $z$。

输出

一行一个整数，表示最少操作次数。

特别地，如果无法使矩阵中所有数都变为 $0$，输出 -1。

样例 #1

输入

4 14 3
1 1 1
1 2 1
1 3 1
2 1 1
2 2 3
2 3 3
2 4 2
3 1 1
3 2 3
3 3 3
3 4 2
4 2 2
4 3 2
4 4 2

输出

3

样例 #2

输入

3 1 2
1 1 1

输出

-1

样例 #3

输入

4 5 1
1 1 5
2 2 -3
2 3 -4
3 3 1
4 4 2

输出

15

提示

【样例 1 解释】:

给出的矩阵为：

1 1 1 0
1 3 3 2
1 3 3 2
0 2 2 2

具体步骤：

先将以第一行第一列为左上角的连续子矩阵执行 减 1 操作 一次；

再将以第二行第二列为左上角的连续子矩阵执行 减 1 操作 两次。

总共三次。

1 1 1 0  0 0 0 0  0 0 0 0  0 0 0 0
1 3 3 2  0 2 2 2  0 1 1 1  0 0 0 0
1 3 3 2  0 2 2 2  0 1 1 1  0 0 0 0
0 2 2 2  0 2 2 2  0 1 1 1  0 0 0 0

【样例 2 解释】：

给出的矩阵为：

1 0 0
0 0 0
0 0 0

只通过 $2\times 2$ 的连续子矩阵操作不可能使得所有格子上的数都变为 $0$。

【数据范围】

本题采用捆绑测试。

子任务编号	$n\le$	$k\le$	分值
1	${10}^3$	$1$	11
2	$20$	$20$	14
3	$100$	$100$	17
4	${10}^3$	${10}^3$	34
5	$5\times {10}^3$	${10}^3$	24

对于所有数据，$1\le n\le 5\times {10}^3$，$1\le m\le min(n^2,5\times {10}^5)$，$1\le k\le min(n,{10}^3)$，$1\le x,y\le n$，每对 $(x,y)$ 至多出现一次，$1\le |z|\le {10}^9$。

数据保证如果有解，答案不超过 $2^{63}-1$。

【提示】

本题读入量较大，建议使用较快的读入方式。

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思路

分析数据范围，时间复杂度为 $O(n^2{k}^2)$ 的暴力写法只能拿部分分数。题目中“可以将一个 $k\times k$ 的子矩阵全部加上 $1$ 或者全部减去 $1$”。借鉴二维差分的思想：连续位置数值增减修改。假设矩阵中每个值为 $f_{i,j}$，如果想对 $f_{1,1}$ 做修改，就只能对 $f_{1,1}$ 到 $f_{k,k}$ 这一个大矩阵进行修改。如果想对 $f_{1,2}$ 做修改，由于不能改变 $f_{1,1}$ 的值，所以只能改动 $f_{1,2}$ 到 $f_{k,k+2}$ 这个矩阵的值。以此类推，只要把当前数消为 $0$ 就可以了。假设差分数组为 $cf[]$，要将 $(i,j)$ 位置的数字消为 $0$，则

$$c{f}_{i+k,j+k}-=c{f}_{i,j},c{f}_{i+k,j}+=c{f}_{i,j},c{f}_{i,j+k}+=c{f}_{i,j}(i+k\le n,j+k\le n)$$

$c{f}_{i,j}$ 表示将 $(i,j)$ 位置数字消为 $0$ 的操作数，将其绝对值进行累加即为总操作数。最后判断是否矩阵中所有的数字都被消为 $0$ 即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, m, k, x, y, z, a[5010][5010], cf[5010][5010];
long long ans;

int main()
{
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
	while (m -- )
	{
		scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
		a[x][y] = z;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		for (int j = 1; j <= n; j ++ )
			cf[i][j] = a[i][j] - a[i - 1][j] - a[i][j - 1] + a[i - 1][j - 1];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		for (int j = 1; j <= n; j ++ )
		{
			ans += abs(cf[i][j]); // 记得加绝对值
			if (i + k <= n + 1 && j + k <= n + 1)
			{
				cf[i + k][j] += cf[i][j];
				cf[i][j + k] += cf[i][j];
				cf[i + k][j + k] -= cf[i][j];
				cf[i][j] -= cf[i][j]; // 注意：放在循环最后
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		for (int j = 1; j <= n; j ++ )
		{
			if (cf[i][j] != 0)
			{
				puts("-1");
				return 0;
			}
		}
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}